aniluayp pisze:Zad. 1
\(\lim_{x \to \pi} \frac{( e^{\pi-x})-( e^{sinx})}{(\pi-x)-sinx}=\frac{0}{0}=H=\frac{(e^{\pi-x})'*(\pi-x)'-(e^{sinx})'*(sinx)'}{(\pi-x)'-(sinx)'}=\)
Nie wiem co dalej z tym zrobić.
Zad.2
\(\lim_{ x\to \frac{1}{2}\pi} \frac{(tgx-1)}{(sinx-cosx)}=\frac{ \infty }{1}= \infty\)
W odp.\(\sqrt{2}\)
Zad.3
\(\lim_{ x\to 8} \frac{(8-x)}{(sin1/8\pi x)}=\frac{0}{0}=H=\frac{(-1)}{(cos1/8\pi x)}=\frac{0}{-1} = -1\)
W odp. \(\frac{8}{\pi}\)
Zad. 4
\(\lim_{x \to \pi} \frac{(1+cosx)}{(sin^2(x))}=\frac{0}{0}= \frac{-sinx}{(cos^2(x)*2)}=\frac{0}{-2}=0\)
W odp. \(\frac{1}{2}\)
Granice funkcji - głównie z trygonometrią.
Otrzymałeś(aś) rozwiązanie do zamieszczonego zadania? - podziękuj autorowi rozwiązania! Kliknij
Granice funkcji - głównie z trygonometrią.
-
Szimi10
- Często tu bywam
- Posty: 175
- Rejestracja: 16 kwie 2009, 16:51
- Otrzymane podziękowania: 38 razy
1. Myślę, że tutaj trzeba dokończyć to co zacząłeś, czyli policzyć pochodne (limes piszemy do momentu podstawienia liczby).
\(\lim_{x\to \pi} \frac {(e^{(\pi-x)}) \cdot (\pi -x)'-(e^{sinx})\cdot (sinx)' } { (\pi -x)' - (sinx)' }=\) \(\lim_{x\to \pi} \frac{-e^{(\pi-x)} -e^{sinx}\cdot cosx}{-1-cosx}=\) \(\lim_{x\to \pi } \frac{e^{(\pi-x)}+e^{sinx}\cdot cosx}{1+cosx}=\)
\(=^{[\frac{0}{0}]}_H \lim_{x\to \pi} \frac{-e^{(\pi - x)} + e^{sinx}\cdot cos^2x - e^{sinx} \cdot sinx}{-sinx}=_H^{[\frac{0}{0}]} \\ = \lim_{x\to \pi} \frac{e^{(\pi-x)}+e^{sinx} \cdot cos^3x+e^{sinx}\cdot 2cosx \cdot (-sinx)-(e^{sinx}\cdot sinx \cdot cosx +e^{sinx}\cdot cosx)}{-cosx}=-1\)
Regółę de l'Hospitala możemy stosować nieskończenie wiele razy (nikt nie powiedział, że na pierwszym razie musimy skończyć). Do obliczenia tej granicy przydaje się wzór na pochodną iloczynu (\((f\cdot g)'=f' cdot g + f \cdot g'\)).
2. Twoje rozwiązanie jest prawidłowe, ja bym tylko dodał plus albo minus nieskończoność (bo nie wiemy z której strony zbiegamy do \(\frac{\pi}{2}\)). Jesli z lewej to wynikiem będzie \(+\infty\), jeśli z prawej to \(-\infty\) (bo tangens wtedy dąży do \(-\infty\)).
Myślę jednak, że jest to błąd autorów zadania, a granica którą mieli na myśli wyglądała tak:
\(\lim_{x\to \frac{\pi}{4}} \frac{tgx-1}{sinx-cosx}=^{[\frac{0}{0}]}_H = \lim_{x\to \frac{\pi}{4}}\frac{(tgx-1)'}{(sinx - cosx)'}= \lim_{x\to \frac{\pi}{4}} \frac{\frac{1}{cos^2x}}{cosx+sinx} = \frac{\frac{1}{\frac{1}{2}}}{\sqrt 2}=\frac{2}{\sqrt 2}=\frac{2\cdot sqrt 2}{2}=\sqrt 2\)
3. Tutaj się troche zatrzymamy, bo trzeba poruszyć ważne zagadnienie, czyli liczenie pochodnej funkcji złożonej.
Na początek zapisze to na wzorkach, mianowicie: \((f_{(g(x))})'=(f_{(g(x)})' \cdot (g(x))'\) (pochodna funkcji zewnętrznej razy pochodna funkcji wewnętrznej).
A teraz na przykładzie, tutaj: \(cos(\frac{1}{8}\pi x\) funkcją najbardziej zewnętrzną jest nasz \(cosx\),
ale nie możemy zapomnieć o funkcji wewnętrznej czyli \((\frac{1}{8} \pi x)'\) (ze znaczkiem pochodnej).
Teraz możemy liczyć:
\(\lim_{x\to 8} \frac{8-x}{sin(\frac{1}{8}\pi x)}=^{[\frac{0}{0}]}_H= \lim_{x\to 8} \frac{(8-x)'}{(sin(\frac{1}{8}\pi x))'} = \lim_{x\to 8 }\frac{(8-x)'}{[sin(\frac{\pi x}{8})]' \cdot (\frac{\pi x}{8})'} = \lim_{x\to 8} \frac{-1}{cos(\frac{1}{8} \pi x) \cdot \frac{1}{8}\pi } =\frac{8}{\pi}\).
4. Tutaj wystąpił podobny błąd do poprzedniego, czyli w liczeniu pochodnej funkcji złożonej. Nie będę się powtarzał, ale pokażę ponownie na przykładzie gdzie jest błąd:
licząc pochodną: (\(sin^2x\)) zadajemy sobie pytanie, która to funkcja zewnętrzna a która wewnętrzna.
Zadaliśmy więc odpowiadamy, zewnętrzną funkcją jest \(x^2\) natomiast wewnętrzną jest \(sinx\).
Pytamy: dlaczego? Dlatego, że składając takie funkcje: \(f(x)=x^2\) oraz \(g(x)=sinx\), zrobimy to tak:
że w miejsce \(x^2\) podstawimy \(sinx\) i da nam to \(sin^2x\) (a zapiszemy tak: \(f \circ g=f_{g(x)}=sin^2x\)).
Mam nadzieję, że teraz wiadomo skąd to się bierze
(zewnętrzna to f, wewnętrzna g).
Przejdzmy do naszego zadania:
\(\lim_{x\to \pi} \frac{1+cosx}{sin^2x}=^{[\frac{0}{0}]}_H= \lim_{x\to \pi} \frac{-sinx}{2sinx \cdot cosx}= \lim_{x\to \pi} \frac{-1}{2cosx}=\frac{1}{2}.\)
Pozdrawiam
Szymon.
\(\lim_{x\to \pi} \frac {(e^{(\pi-x)}) \cdot (\pi -x)'-(e^{sinx})\cdot (sinx)' } { (\pi -x)' - (sinx)' }=\) \(\lim_{x\to \pi} \frac{-e^{(\pi-x)} -e^{sinx}\cdot cosx}{-1-cosx}=\) \(\lim_{x\to \pi } \frac{e^{(\pi-x)}+e^{sinx}\cdot cosx}{1+cosx}=\)
\(=^{[\frac{0}{0}]}_H \lim_{x\to \pi} \frac{-e^{(\pi - x)} + e^{sinx}\cdot cos^2x - e^{sinx} \cdot sinx}{-sinx}=_H^{[\frac{0}{0}]} \\ = \lim_{x\to \pi} \frac{e^{(\pi-x)}+e^{sinx} \cdot cos^3x+e^{sinx}\cdot 2cosx \cdot (-sinx)-(e^{sinx}\cdot sinx \cdot cosx +e^{sinx}\cdot cosx)}{-cosx}=-1\)
Regółę de l'Hospitala możemy stosować nieskończenie wiele razy (nikt nie powiedział, że na pierwszym razie musimy skończyć). Do obliczenia tej granicy przydaje się wzór na pochodną iloczynu (\((f\cdot g)'=f' cdot g + f \cdot g'\)).
2. Twoje rozwiązanie jest prawidłowe, ja bym tylko dodał plus albo minus nieskończoność (bo nie wiemy z której strony zbiegamy do \(\frac{\pi}{2}\)). Jesli z lewej to wynikiem będzie \(+\infty\), jeśli z prawej to \(-\infty\) (bo tangens wtedy dąży do \(-\infty\)).
Myślę jednak, że jest to błąd autorów zadania, a granica którą mieli na myśli wyglądała tak:
\(\lim_{x\to \frac{\pi}{4}} \frac{tgx-1}{sinx-cosx}=^{[\frac{0}{0}]}_H = \lim_{x\to \frac{\pi}{4}}\frac{(tgx-1)'}{(sinx - cosx)'}= \lim_{x\to \frac{\pi}{4}} \frac{\frac{1}{cos^2x}}{cosx+sinx} = \frac{\frac{1}{\frac{1}{2}}}{\sqrt 2}=\frac{2}{\sqrt 2}=\frac{2\cdot sqrt 2}{2}=\sqrt 2\)
3. Tutaj się troche zatrzymamy, bo trzeba poruszyć ważne zagadnienie, czyli liczenie pochodnej funkcji złożonej.
Na początek zapisze to na wzorkach, mianowicie: \((f_{(g(x))})'=(f_{(g(x)})' \cdot (g(x))'\) (pochodna funkcji zewnętrznej razy pochodna funkcji wewnętrznej).
A teraz na przykładzie, tutaj: \(cos(\frac{1}{8}\pi x\) funkcją najbardziej zewnętrzną jest nasz \(cosx\),
ale nie możemy zapomnieć o funkcji wewnętrznej czyli \((\frac{1}{8} \pi x)'\) (ze znaczkiem pochodnej).
Teraz możemy liczyć:
\(\lim_{x\to 8} \frac{8-x}{sin(\frac{1}{8}\pi x)}=^{[\frac{0}{0}]}_H= \lim_{x\to 8} \frac{(8-x)'}{(sin(\frac{1}{8}\pi x))'} = \lim_{x\to 8 }\frac{(8-x)'}{[sin(\frac{\pi x}{8})]' \cdot (\frac{\pi x}{8})'} = \lim_{x\to 8} \frac{-1}{cos(\frac{1}{8} \pi x) \cdot \frac{1}{8}\pi } =\frac{8}{\pi}\).
4. Tutaj wystąpił podobny błąd do poprzedniego, czyli w liczeniu pochodnej funkcji złożonej. Nie będę się powtarzał, ale pokażę ponownie na przykładzie gdzie jest błąd:
licząc pochodną: (\(sin^2x\)) zadajemy sobie pytanie, która to funkcja zewnętrzna a która wewnętrzna.
Zadaliśmy więc odpowiadamy, zewnętrzną funkcją jest \(x^2\) natomiast wewnętrzną jest \(sinx\).
Pytamy: dlaczego? Dlatego, że składając takie funkcje: \(f(x)=x^2\) oraz \(g(x)=sinx\), zrobimy to tak:
że w miejsce \(x^2\) podstawimy \(sinx\) i da nam to \(sin^2x\) (a zapiszemy tak: \(f \circ g=f_{g(x)}=sin^2x\)).
Mam nadzieję, że teraz wiadomo skąd to się bierze
(zewnętrzna to f, wewnętrzna g). Przejdzmy do naszego zadania:
\(\lim_{x\to \pi} \frac{1+cosx}{sin^2x}=^{[\frac{0}{0}]}_H= \lim_{x\to \pi} \frac{-sinx}{2sinx \cdot cosx}= \lim_{x\to \pi} \frac{-1}{2cosx}=\frac{1}{2}.\)
Pozdrawiam
Szymon.